南宁市第三中学2025届高三上学期9月适应性测试数学试题（解析版）

这是一份南宁市第三中学2025届高三上学期9月适应性测试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号､试室号､座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案．答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答的答案无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁．
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数乘法求的代数形式，再由模的公式求结论.
【详解】因为，
所以，
故选：C.
2. 若命题“”是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】假设命题“”为真命题，可得，由此可得，再求其补集可得结论.
【详解】若命题“”是真命题，
则，
又因为，
所以，
所以若命题“”是假命题，则实数的取值范围是．
故选：B.
3. 已知向量满足，且，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量数量积的运算律和模长公式计算即得.
【详解】由可得，，
又由两边平方得，，
又，代入整理得，，解得，．
故选：D.
4. 以下命题为假命题的是（ ）
A. 若样本数据方差为2，则数据的方差为8
B. 一组数据的第80百分位数是11.5
C. 一般来说，若一组数据的频率分布直方图为单峰且不对称，且直方图在左边“拖尾”，则这组数据的平均数小于中位数．
D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，最终求得线性回归方程为，则模型中的值对应分别是0.4和2．
【答案】D
【解析】
【分析】利用方差的性质判断选项A;利用百位分数的定义判断选项B；利用频率分布直方图的特点判断选项C；利用指对运算判断选项D.
【详解】对于A，若样本数据的方差为2，
则数据的方差为，故A正确；
对于B，，则其第80百分位数是，故B正确；
对于C，一般来说，对于单峰的频率分布直方图，右边“拖尾”时平均数大于中位数，
左边“拖尾”时平均数小于中位数，故C正确；
对于D，以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，
设，则，
线性回归方程为，则，
故的值分别是和2，故D错误．
故选:D．
5. 已知曲线，设曲线上任意一点与定点连线的中点为，则动点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设动点坐标，找到动点坐标与曲线上点坐标的关系，通过已知解析式得出动点的轨迹方程.
【详解】设，因为为的中点，所以，即，
又因为点在曲线上，所以，所以．
所以点的轨迹方程为即．
故选：B
6. 设函数，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
分析】令函数，化简求得，得到ℎx关于直线对称，结合题意，得到，即可求解.
【详解】令函数，
可得
，即，所以函数ℎx关于直线对称，
因为函数y=fx与y=gx恰有一个交点，所以，
可得，解得，
当，时，，所以.
故选：C.
7. 用平行于底面的平面截正四棱锥，截得几何体为正四棱台.己知正四棱台的上､下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正四棱台性质可求得该棱台的高，代入棱台的体积公式即可求得结果.
【详解】如下图所示：分别为上下底面的中心，作于点，
根据题意可知，侧棱与底面所成的角即为，可知；
因此可得，
易知，由正四棱台性质可得；
所以该正四棱台的高为，
因此该四棱台的体积是.
故选：B
8. 已知，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求导得，再分与两类研究函数的单调性，当函数单调递增，不恒成立；当时，将恒成立问题通过单调性转化为求解函数的最小值大于等于1，进而得到的不等关系，由此利用不等式的性质转化求解的范围即可.
【详解】，
当时，f′x>0恒成立，则单调递增，
当时，，故不恒成立；
当时，令，解得，
当时，f′x0，函数在上单调递增，

恒成立，则，
设，
，令，解得，
当时，，函数在0,1上单调递减；
当时，，函数在1,+∞上单调递增；
，
，且当时，.
故选：D．
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 对于函数，下列说法正确的有（ ）
A. 的最小正周期为
B. 关于直线对称
C. 在区间上单调递减
D. 的一个零点为
【答案】BC
【解析】
【分析】计算最小正周期判断A选项；代入检验法判断函数对称轴单调区间和零点，判断选项BCD.
【详解】函数，
由周期公式知最小正周期为，A选项错误；
，可知直线是对称轴，B选项正确；
时，，正弦函数在区间上单调递减，C选项正确；
，可知不是零点，D选项错误．
故选：BC.
10. 已知抛物线的焦点为F，C上一点到和到轴的距离分别为12和10，且点位于第一象限，以线段为直径的圆记为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的准线方程为
C. 圆的标准方程为
D. 若过点，且与直线为坐标原点）平行的直线与圆相交于A，B两点，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知及抛物线定义可判定AB，求出点坐标，进而得圆心坐标及半径可判定C，求出直线方程，利用直线与圆相交求出弦长可判定D.
【详解】选项A：因C上一点到和到轴的距离分别为12和10，
由抛物线定义可知，，故A正确；
选项B：准线方程为，故B错误；
选项C：设，由到轴的距离分别为10，所以，
则，即，又，所以圆心，
半径，
所以圆的标准方程为，故C正确；
选项D：因为直线为坐标原点）平行的直线，所以，
所以直线的方程为，
又圆心到直线的距离为，
所以，故D正确；
故选：ACD.
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的图象是中心对称图形
B. 的图象是轴对称图形
C. 是周期函数，且最小正周期为
D. 存在最大值与最小值
【答案】BD
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简，根据函数的对称性，周期的定义判断BC，令，则，根据函数为偶函数，再利用导数可求其最值，判断D，证明为函数的对称轴，结合单调性推出矛盾排除A.
【详解】，
对于B选项，，则函数关于对称．故B正确．
对于C选项，，
所以为函数的周期．故C错．
对于D选项，令，由于为偶函数，则只需要考虑部分即可．，则．故D正确．
对于A选项，因为，
所以函数的图象关于对称，又函数的图象关于对称，
因为在上单调递增，且，
函数在上单调递减，
所以在上单调递减，
由对称性，周期性可得若函数有对称中心，
则为其一个对称中心，，
但，故A错误．
故选：BD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 记为等差数列的前项和，若，则__________．
【答案】63
【解析】
【分析】先由等差数列的通项公式结合题意求出，再由等差数列的前n项和公式即可求解.
【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，
解得，所以.
故答案为：63.
13. 已知是方程的两个实数根，__________．
【答案】
【解析】
【分析】由韦达定理有，利用两角和的正切公式计算，再由倍角公式计算.
【详解】是方程的两个实数根，
则有，
因此，．
故答案为：.
14. 某盒中有12个大小相同的球，分别标号为，从盒中任取3个球，记为取出的3个球的标号之和被3除的余数，则随机变量的概率是__________．
【答案】
【解析】
【分析】随机变量即取出的3个球的标号之和被3除的余数为2，可分三类：3个取出的球中被3除余数为1的球有2个、1个、0个，利用加法计数原理与古典概型概率公式求解可得.
【详解】从12个球中任取3个球有种不同的方法，
1到12中能被3整除的有；除3余1的有；除3余2的有，
取出的3个球的标号之和被3除余2的情况有：
①标号被3除余数为1的球2个和标号被3整除的球1个有；
②标号被3除余数为1的球1个和标号被3除余数为2的球2个有；
③标号被3除余数为2的球1个和标号被3整除的球2个有，
则．
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤．
15. 记的内角所对的边分别为，已知．
（1）求；
（2）若是边上一点，，且，求的面积．
【答案】（1）
（2）27
【解析】
【分析】（1）由余弦定理化角为边得，利用余弦定理的变形公式即可求得；
（2）利用（1）的结论和余弦定理，求得由整理成，两边取平方，代入已知，即可求得继而求出和即可求得的面积.
【小问1详解】
由和余弦定理可得，，
将代入得，，化简得，即，
由余弦定理可得，；
【小问2详解】
如图，由（1）和余弦定理可得，则,
故
由，结合图形可得，，
整理得，，两边取平方可得，
，因，
代入可得，，整理得：，
解得，则．
故的面积为：．
16. 在平行四边形中，，，.将沿翻折到的位置，使得.

（1）证明：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为?若存在，求出的值;若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据长度和角度得到，，进而可证.
（2）设，利用向量法求出即得.
【小问1详解】
证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，，，
在三角形中，由正弦定理可得，，
，又，故，
所以，即，
因为，，，所以，则有，
，平面，所以平面，.
【小问2详解】
由（1）平面，且平面，
所以平面平面.平面平面，
在平行四边形中，，即，故平面.
以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，

设，其中，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，则，
所以，，
易知平面的一个法向量为，
则，整理可得，
因为，解得，
因此，线段PC上存在点，使二面角的余弦值为，且.
17. 已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，曲线在轴的上方，求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）求导后求出切线的斜率，再由点斜式得到直线方程即可；
（2）求导后，讨论单调性，再分和得到单调性，然后结合二次函数和对数的运算求出最值即可；
【小问1详解】
当时，，
，
，
曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为
即；
【小问2详解】
函数，
当时，，
由可得或（舍去），
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当即时，
所以在上单调递增，
则，即曲线y=fx在轴的上方，
当即时，
在上单调递减，在上单调递增，
则，
由时，曲线y=fx在轴的上方，
，解得，则，
综上，实数a的取值范围为．
18. 为防范火灾，对某仓库的灭火系统的3套喷淋装置进行检查，发现各套装置能正常工作的概率为，且每套喷淋装置能否正常工作是相互独立的.若有超过一半的喷淋装置正常工作，则该仓库的灭火系统能正常工作，否则就需要维修
（1）求该仓库灭火装置正常工作的个数的均值与方差；
（2）系统需要维修的概率；
（3）为提高灭火系统正常工作的概率，在仓库内增加两套功能完全一样的其他品牌的喷淋装置，每套新喷淋装置正常工作的概率为，且新增喷淋装置后有超过一半的系统能正常工作，则灭火系统可以正常工作．问：满足什么条件时可以提高整个灭火系统的正常工作概率？
【答案】（1）均值为，方差为；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二项分布得出均值及方差公式计算即可；
（2）应用二项分布的概率求解即可；
（3）应用二项分布的概率及互斥事件求和计算求解即可；
【小问1详解】
记X为系统中可以正常工作的喷淋装置的个数．
由题意知，
所以该仓库灭火装置正常工作的个数的均值为
方差D；
【小问2详解】
记事件A为“该仓库灭火系统需要维修”
则．
所以系统需要维修的概率为．
【小问3详解】
记事件为“该仓库灭火系统能正常工作”，
由题意可知
则
由（2）可知灭火系统原来可以正常工作概率为，
若新增两个电子元件后整个系统的正常工作概率提高了，则有不等式成立，
解得，而．
综上当时，可以提高整个系统的正常工作概率．
19. 已知双曲线的实轴长为2，顶点到渐近线的距离为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若直线与的右支及渐近线的交点自上而下依次为，证明：；
（3）求二元二次方程的正整数解，可先找到初始解，其中为所有解中的最小值，因为，所以；因为，所以；重复上述过程，因为与的展开式中，不含的部分相等，含的部分互为相反数，故可设，所以．若方程的正整数解为，且初始解，则的面积是否为定值？若是，请求出该定值，并说明理由．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）为定值1，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据实轴长和顶点到渐近线的距离求解即可；
（2）将转化为线段中点重合，结合韦达定理求解即可；
（3）知识迁移，类比二元二次方程正整数解，求方程的正整数解，然后将的面积表示出来即可.
【小问1详解】
由题意，解得，
所以双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
由题意直线斜率不为0，设直线，因为直线与的右支交于两点，所以，
联立得，
所以，且，即，
联立得，所以，
所以，即线段的中点重合，所以．
【小问3详解】
由题意得方程的初始解为，则根据循环构造原理得
，
从而，
记，则，设的夹角为，
则的面积
，
令，
则
，于是的面积为定值1．
【点睛】思路点睛：结合题目给的数学情景，运用到新的数学问题中，将学习过的知识方法迁移到新的问题中.